El siguiente problema no es de mí, sin embargo, me resulta un gran desafío para dar un agradable (en contraste con 'de cómputo pesado') prueba. La motivación para mí el post que se encuentra en su concisa el contenido.
Si $a$ y $b$ son los números reales no negativos tales que $a+b=1$, muestran que $a^{2b} + b^{2a}\le 1$.
Fijo ahora. Pasé algún tiempo en busca de algún truco, pero la mayoría de la imaginación manera resultó ser el mejor. Así que, como he dicho antes, la simple expansión en series de Taylor hace en ningún momento.
Suponga que $a>b$. Poner $t=a-b=1-2b$.
Paso 1: $$ \begin{aligned} a^{2b}&=(1-b)^{1-t}=1-b(1-t)-t(1-t)\left[\frac{1}2b^2+\frac{1+t}{3!}b^3+\frac{(1+t)(2+t)}{4!}b^4+\dots\right] \\ &\le 1-b(1-t)-t(1-t)\left[\frac{b^2}{1\cdot 2}+\frac{b^3}{2\cdot 3}+\frac{b^4}{3\cdot 4}+\dots\right] \\& =1-b(1-t)-t(1-t)\left[b\log\frac 1{a}+b-\log\frac {1}\right] \\ Y=1-b(1-t^2)+(1-b)t(1-t)\log\frac{1}a=1-b\left(1-t^2-t(1+t)\log\frac 1a\right) \end{aligned} $$ (en la última línea nos reescribió $(1-b)(1-t)=(1-b)2b=b(2-2b)=b(1+t)$)
Paso 2. Necesitamos la desigualdad $e^{ku}\ge (1+u)(1+u+\dots+u^{k-1})+\frac k{k+1}u^{k+1}$ para $u\ge 0$. Por $k=1$ es de apenas $e^u\ge 1+u+\frac{u^2}{2}$. Por $k\ge 2$, los coeficientes de Taylor de la izquierda son de $\frac{k^j}{j!}$ y a la derecha $1,2,2,\dots,2,1$ (hasta del orden de $k$) y luego $\frac{k}{k+1}$. Ahora queda a la nota que $\frac{k^0}{0!}=1$, $\frac{k^j}{j!}\ge \frac {k^j}{j^{j-1}}\ge k\ge 2$ para $1\le j\le k$ y $\frac{k^{k+1}}{(k+1)!}\ge \frac{k}{k+1}$.
Paso 3: Vamos a $u=\log\frac 1a$. Hemos visto en el Paso 1, $a^{2b}\le 1-b(1-t\mu)$ donde $\mu=u+(1+u)t$. En lo que sigue, va a ser importante que $\mu\le\frac 1a-1+\frac 1a t=1$ (hemos usado $\log\frac 1a\le \frac 1a-1$ aquí.
Tenemos un total de $b^{2a}=b(a-t)^t$. Por lo tanto, para terminar, que va a ser suficiente para demostrar que $(a-t)^t\le 1-t\mu$. Tomando logaritmo negativo de ambos lados y recordando que $\frac 1a=e^u$, obtenemos la desigualdad $$ tu+t\log(1-te^u)^{-1}\ge \log(1-t\mu)^{-1} $$ para demostrar. Ahora, tenga en cuenta que, de acuerdo con el Paso 2, $$ \begin{aligned} &\frac{e^{uk}}k\ge \frac{(1+u)(1+u+\dots+u^{k-1})}k+\frac{u^{k+1}}{k+1} \ge\frac{(1+u)(\mu^{k-1}+\mu^{k-2}u+\dots+u^{k-1})}k+\frac{u^{k+1}}{k+1} \\ &=\frac{\mu^k-u^k}{kt}+\frac{u^{k+1}}{k+1} \end{aligned} $$ Multiplicar por $t^{k+1}$ y sumando, obtenemos $$ t\log(1-te^u)^{-1}\ge -ut+\log(1-t\mu)^{-1} $$ que es exactamente lo que necesitamos.
El final.
P. S. Si alguien sigue interesado, la línea inferior es casi trivial una vez que la línea superior es conocido. Supongamos de nuevo que $a>b$, $a+b=1$. Poner $t=a-b$.
$$ \begin{aligned} &\left(\frac{a^b}{2^b}+\frac{b^a}{2^a}\right)^2=(a^{2b}+b^{2a})(2^{-2b}+2^{-2a})-\left(\frac{a^b}{2^a}-\frac{b^a}{2^b}\right)^2 \\ &\le 1+\frac 14\{ [\sqrt 2(2^{t/2}-2^{-t/2})]^2-[(1+t)^b(1-t)^]^2\} \end{aligned} $$ Ahora queda a la nota que $2^{t/2}-2^{-t/2}$ es convexa en $[0,1]$, por lo que, interpolando entre los extremos, tenemos $\sqrt 2(2^{t/2}-2^{-t/2})\le t$. También, la función $x\mapsto (1+x)^b-(1-x)^$ es convexa en $[0,1]$ (la segunda derivada es de $ab[(1-x)^{b-2}-(1+x)^{- 2}]$, lo que claramente es no-negativo). Pero la derivada en $0$ es $a+b=1$, entonces $(1+x)^b-(1-x)^a\ge x$ en $[0,1]$. Conectar en $x=t$ termina la historia.
Esto es demasiado largo para un comentario.
Esta desigualdad aparece como conjetura 4.8 en este artículo aquí. Como usted probablemente sabe, V. Cirtoaje ha escrito muchos libros sobre la olimpiada de estilo de las desigualdades, así que usted puede ver mi razón para no creer que una solución simple que existe. Problemas de optimización pueden a veces (o la mayoría del tiempo en realidad) requerir a los "no-elegante de análisis" (sea lo que sea eso), por lo que esta búsqueda es un poco inútil en mi opinión. Si una solución elegante se encuentra a algunos no trivial de la optimización de la estimación problema, entonces es muy probable que aparezca en una olimpiada de la competencia, y AOPS es el lugar adecuado para llevar a esos debates.
Esta cuestión ya ha sido golpeado hasta me gustaría decir lo que creo que es su marco natural: Tenemos la desigualdad de $f(a,b) \leq 1$ de $a+b=k$ cuando $k$ se encuentra entre $\frac 12$ y $1$. De lo contrario, la desigualdad es de $f(a,b) \leq \frac {k^k}{2^{k-1}}$ ($f(a,b) = a^{2b}+b^{2a}$). Esta versión no es sólo más exhaustivo, pero ilustra la dicotomía en la que el máximo se produce (en el simétrico del punto $(\frac k2,\frac k2)$ o en el límite de $(k,0)$). Los dos casos considerados anteriormente ($k=\frac 12$ y $k=1$) son precisamente los de transición. También se puede obtener estimaciones de abajo (generalmente por la constante $1$ pero en un pequeño barrio alrededor de la crítica intervalo $[\frac 12,1]$ la fuerte versión consiste en los valores que se dan, implícitamente, como la solución de trascendental ecuaciones).
(P. S. yo ya había dado parte de esta información en un comentario, pero, desde que provocó ninguna reacción, me he tomado la libertad a repetir aquí a pesar del hecho de que no es realmente una respuesta, sino que, esperemos, no arrojar algo de luz sobre el problema y su solución).
Creo que le da un mejor sentido de la geometría del problema a preguntarse si, con no negativo de $x,y$ tal que $$ \frac{1}{2} \leq x + y \leq 1, $$ podemos demostrar que $$ x^{2 y} + y^{x 2} \leq 1 ?$$ No estoy completamente seguro de que la segunda curva de nivel de componente, a través de $\left( \frac{1}{4} , \frac{1}{4}\right),$ cumple con los ejes. Mi calculadora programable parece pensar que, si este arco tiene $\left( \frac{1}{2} , 0 \right)$ como un punto límite, el arco es tangente a la $x$-eje.
Veo, esto fue señalado en un comentario en 17 de Marzo de Yaakov Baruch, uno tiene que hacer clic en el "show 6 más comentarios". Creo que voy a dejar esto aquí de todos modos.
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